2004年高考.湖南卷.理科数学试题及答案

2004年高考试题湖南卷数学(理)试题一.选择题(1)复数4)11(i的值是(A)4i(B)–4i(C)4(D)—4(2)如果双曲线121322yx=1上一点P到右焦点的距离等于13,那么点P到右准线的距离是(A)513(B)13(C)5(D)135(3)设)(1xf是函数)1(log)(2xxf的反函数,若8)](1)][(1[11bfaf,则f(a—b)的值为(A)1(B)2(C)3(D)3log2(4)把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为A90B60C45D30(5)某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150个、120个、180个、150个销售点.公司为了调查产品销售的情况,需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本,记这项调查为①：在丙地区中有20个特大型销售点，要从中抽取7个调查其销售收入和售后服务情况，记这项调查为，则完成①、②这两项调查宜采用的抽样方法依次是（A）分层抽样，系统抽样法（B）分层抽样法，简单随机抽样法（C）系统抽样法，分层抽样法（D）简随机抽样法，分层抽样法（6）设函数,0,.0,2)(2xcbxxxxf若f(--4)=f(0),f(--2)=--2,则关于x的方程xxf)(的解的个数为（A）1（B）2（C）3（D）4（7）设a＞0,b＞0，则以下不等式中不恒成立．．．．的是（A）)11)((baba≥4（B）33ba≥22ab（C）222ba≥ba22（D）ba≥ba（8）数列na中，,,56,51111Nnaaannn则)(211limnnaaa=（A）52（B）72（C）41（D）254（9）设集合nyxyxBmyxyxARyRxyxU,{(},02),{(},,),{(≤0},那么点P(2,3))(BCAU的充要条件是(A)m＞—1,n＜5(B)m＜--1,n＜5(C)m＞—1,n＞5(D)m＜--1,n＞5(10)从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为(A)56(B)52(C)48(D)40(12)设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时,)()()()(xgxfxgxf＞0.且03g，.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(A)),3()0,3(（B）)3,0()0,3(（C）),3()3,(（D）)3,0()3,(二.填空题:(13)已知向量),sin,(cosa向量)1,3(b,则ba2的最大值是.(14)同时抛掷两枚相同的均匀硬币,随机变量ξ=1表示结果中有正面向上,ξ=0表示结果中没有正面向上,则Eξ=.(15)若nxxx)1(3的展开式中的常数项为84,则n=.(16)设F是椭圆16722yx的右焦点,且椭圆上至少有21个不同的点),3,2,1(1iP使,321FPFPFP组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为.三.解答题:本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.(17)(本小题满分12分)已知),2,4(,41)24sin()24sin(aaa求1cottansin22aaa的值.(19)(本小题满分12分)如图,在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,,2,,60aPDPBaACPAABC点E在PD上,且PE:ED=2:1.(Ⅰ)证明PA⊥平面ABCD;(Ⅱ)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角θ的大小:(Ⅲ)在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC?证明你的结论.(20)(本小题满分12分)已知函数,)(2axexxf其中a≤0,e为自然对数的底数.(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅱ)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.(21)(本小题满分12分)如图,过抛物线x2=4y的对称轴上任一点P(0,m)(m0)作直线与抛物线交于A、B两点，点Q是点P关于原点的对称点。(Ⅰ)设点P分有向线段AB所成的比为λ，证明);(QBQAQP(Ⅱ)设直线AB的方程是x—2y+12=0,过A、B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程。（22）（本小题满分14分）如图，直线)21,0(1:1kkkkxyl与2121:2xyl相交于点P。直线1l与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线2l于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线1l于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线2l于点Q2，…，这样一直作下去，可得到一系列点P1，Q1，P2，Q2，…。点Pn（n=1,2,…）的横坐标构成数列nx。(Ⅰ)证明;),1(2111Nnxkxnn(Ⅱ)求数列nx的通项公式；(Ⅲ)比较22nPP与54212PPk的大小。2004年高考试题湖南卷数学答案一选择题1.D2.A3.B4.C5.B6.C7.B8.C9.A10.CB12.D二.填空题13.414.0.7515.916.]101,0()0,101[三.解答题:(17)(本小题满分12分)已知),2,4(,41)24sin()24sin(aaa求1cottansin22aaa的值.解:由)24sin()24sin(aa=)24cos()24sin(aa=,414cos21)42sin(21aa得.214cosa又)2,4(a,所以125a.于是2sin2cos22coscossincossin2cos1cottansin2222=)2cot22(cos=)65cot265(cos=325)3223(.(19)(本小题满分12分)(Ⅰ)证明因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60º,所以AB=AD=AC=a.在△PAB中,由22222PBaABPA知PA⊥AB.同理,PA⊥AD,所以PA⊥平面ABCD.(Ⅱ)解:作EG∥PA交AD于G,由PA⊥平面ABCD知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H,连结EH,则EH⊥AC.∠EHG为二面角θ的平面角.又PE:ED=2:1所以,3360sin,32,31aAGGHaAGaEG从而.30,33tanGHEG(Ⅲ)解法一以A为坐标原点,直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图。由题设条件，相关各点的坐标分别为A(0,0,0),B(),0,21,23(),0,21,23aaCaaD(0,a,0),P(0,0,a),E(0,).31,32aa所以),0,21,23(),31,32,0(aaACaaAE),,21,23(),,0,0(aaaPCaAP(BP),21,23aaa设点F是棱PC上的点,),,21,23(aaaPCPF其中0λ1,则),21,23(),21,23(aaaaaaPFBPBF=).1(),1(21),1(23(aaa令AEACBF21得123)1(23aa,11,3221)1(2121aaa即23411.31)1(2aa2311.解得.23,21,2121即21时,.2321AEACBF共面.又BF平面AEC,所以当F是棱PC的时,BF∥平面AEC.解法二当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC.证明如下.证法一取PE的中点M,连结FM,则FM∥CE.①由,21EDPEEM知E是MD的中点.连接BM、BD,设BDAC=O，则O为BD的中点。所以BM∥OE。②由①、②知,平面BFM∥平面AEC.证法二因为)(2121DPCDADCPBCBF=)(23)(212321ADAEACADADDECDAD=.2123ACAE所以BF、AE、AC共面。又BF平面AEC,从而BF∥平面AEC。（20）（本小题满分12分）解(Ⅰ).)2()(axeaxxxf（i）当a=0时，令)(xf=0,得x=0.若x0.则)(xf0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增;若x0,则)(xf0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.()ii当a0时,令)(xf=0,得x(ax+2)=0,故x=0或.2ax若x0,则)(xf0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.若0x,2a则)(xf0.从而f(x)在(0,,2a)上单调递增;若x,2a则)(xf0.从而f(x)在(,2a+∞)上单调递减.(Ⅱ)()i当a=0时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=1.()ii当02a时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=ae.)(iii当a≤-2时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是224)2(eaaf.21.解(Ⅰ)依题意,可设直线AB的方程为mkxy,代入抛物线方程yx42得.0442mkxx①设A、B两点的坐标分别是（x1,y1）、(x2,y2),则x1、x2是方程①的两根。所以.421mxx由点P（0，m）分有向线段AB所成的比为，得0121xx，即.21xx又点Q是点P关于原点的以称点，故点Q的坐标是（0，--m）,从而).2,0(mQP),(),(2211myxmyxQBQA=).)1(,(2121myyxx])1([2)(21myymQBQAQP=])1(44[221222121mxxxxxxm=2212144)(2xmxxxxm=221444)(2xmmxxm=0，所以).(QBQAOP(Ⅱ)由,0122,42yxyx得点A、B的坐标分别是（6，9）、（--4，4）。由yx42得241xy，,21xy所以抛物线yx42在点A处切线的斜率为36xy。设圆C的方程是222)()(rbyax，则,3169.)4()4()9()6(2222abbaba解之得.2125)4()4(,223,23222barba所以圆C的方程是2125)223()23(22yx，22.（本小题满分14分）(Ⅰ)证明设点nP的坐标是).,(nnyx由已知条件得点1,nnPQ的坐标分别是：).2121,(),2121,(1nnnnxxxx由1nP在直线1l上，得.121211kkxxnn所以),1()1(211nnxkx即.),1(2111Nnxkxnn(Ⅱ)解由题设知,011,1111kxkx又由（Ⅰ）知),1(2111nnxkx所以数列1nx是首项为x1—1,公比为k21的等比数列。从而,)21(111nnkkx即nnkx)21(21，Nn。(Ⅲ)解由,1,2121kkxyxy得点P的坐标为（1，1）。所以,)21(2)21(8)11(2)1(22222222nnnnnkkkkxxPP.945])10()111[(4542222212kkkPPk（)i当21k，即21k或21k时，.109154212PPk而此时0,121k所以.1021822nPP故.5422122PPkPPn)(ii当0,2121k即)21,0()0,21(k时，.109154212PPk而此时,121k所以.1021822nPP故.5422